¿Cuáles son algunas interpolaciones "naturales" de la secuencia$\small 0,1,1+2a,1+2a+3a^2,1+2a+3a^2+4a^3,\ldots $?

Question

(Este es un spin-off de una reciente pregunta aquí)
En jugueteando con la respuesta a esa pregunta que me vino a el conjunto de secuencias

$\qquad \pequeño \begin{array} {llll} A(1)=1,A(2)=1+2a,A(3)=1+2a+3a^2,A(4)=1+2a+3a^2+4a^3, \ldots \\ B(1)=1,B(2)=1+3a,B(3)=1+3a+6a^2,B(4)=1+3a+6a^2+10a^3, \ldots \\ C(1)=1,C(2)=1+4a,C(3)=1+4a+10a^2,C(4)=1+4a+10a^2+20a^3, \ldots \\ \ldots \\ \end{array} $
con algunos indeterminado una .

Tuvimos la discusión a menudo aquí en el MSE, que la interpolación fraccional de índices, decir Un(1.5)=?? es arbitraria, teniendo en cuenta, que una solución inicial compuesto con cualquier 1 -periódico de la función satisface la condición. Pero aquí la incrustación de objetos en un conjunto de secuencias, que se construyen a partir de un binomio-coeficientes podría sugerir algunos "natural" de interpolación, como para

$\qquad \small K(1)=1, K(2)=1+a, K(3)=1+a+a^2, \ldots $

la interpolación $\small K(r) = {a^r-1 \over a-1}$ parece ser la más "natural", que incluso sin problemas puede ser definido para a=1. Esta observación me hizo para referirse a "q-análogos" $\small [r]_a $ en mi respuesta en la iniciación de MSE-pregunta, pero no es obvio cómo interpolar la muestra secuencias de órdenes superiores Un , B , C (creo que no están relacionados con la "q-binomio-análogos" , por ejemplo ).

P: Entonces, ¿qué sería de algunos "natural" de interpolación fraccional de índices para las secuencias de Un, B, C, y, posiblemente, en general, para las secuencias generadas en el obvio generalizada manera?

---

Acordando en su mayoría con Henning del ansatz tengo ahora la forma general como
$$ A_m(n) = {1 \over (1-a)^m} - \sum_{k=0}^{m-1} \binom{n+m}{k}{a^{n+m-k} \over (1-a)^{m-k} } $$ Yo todavía no a ver, si algunos de los ejemplos de fracciones de los índices de acuerdo con las soluciones de los tres respuestas posibles hasta el momento, por ejemplo: dado un=2.0 ¿qué es Un(1.5), B(4/3), C(7/5)? Con mi programados versión que tengo ahora $\qquad \small A(1.5)\sim 9.48528137424 $
$\qquad \small B(4/3) \sim 11.8791929545 $
$\qquad \small C(7/5) \sim 18.4386165488 $
(Sin interpolación para las fracciones m todavía)

[actualización 2] la derivada-versiones de Sivaram Michael y llegar a los mismos valores, por lo que creo, todas las versiones se pueden traducir en cada uno de los otros y apoyarse mutuamente para expresar un "natural" de interpolación. [actualización 3] yo tenía un índice de error en mi forma de cálculo de la llamada. Corregidos los resultados numéricos.

Answer 1

Ha $K(r) = (a^r-1)/(a-1)$.

Y ${d \over da} K(r) = 1 + 2a + \cdots + (r-1)a^{r-2} = A(r-1)$.

Por lo que parece natural para definir $A(r) = {d \over da} K(r+1)$ donde $K(r)$ se define como en su interpolación.

Del mismo modo $$ {d^2 \over da^2} K(r) = 2 B(r-2) $$ y $$ {d^3 \over da^3} K(r) = 6 C(r-3) $$ que podemos resolver por $B(r), C(r)$ para obtener $$ B(r) = {1 \over 2} {d^2 \over da^2} K(r+2), C(r) = {1 \over 6} {d^3 \over da^3} K(r+3). $$

Así que yo definiría $$ A_n(r) = {1 \over n!} {d^n \over da^n} K(r+n) $$ para cualquier entero $n$ y el número real $a$; esto parece ser razonablemente bien comportados. Aquí $A_1, A_2, A_3$ su $A, B, C$.

(Mientras estaba escribiendo esta respuesta, Sivaram Ambikasaran la respuesta de acuerdo. No estoy seguro de si este es el mismo generalización o no).

También, hace que este se extienden fraccional $n$? No estoy lo suficientemente familiarizado con las fracciones de cálculo para contar.

Answer 2

Aquí hay un ataque que lleva a formas cerradas para$A$ sy$B$ s que se pueden evaluar para fraccionar$n$:

Primero, vamos a$ A_n = \sum_{k=0}^n (k+1)a^k $. Para$n>0$ podemos escribir$$ A_n = a A_{n-1} + 1 + a + \cdots + a^n = a A_{n-1} + \frac{a^{n+1}-1}{a-1} $ $ Luego podemos usar un caso base de$A_0=1=\frac{a-1}{a-1}$ para desplegar toda la recurrencia en \begin{align} A_n &= \frac{1}{a-1}\Bigl( (a^{n+1}-1) + a(a^n-1) + a^2(a^{n-1}-1) + \cdots + a^n(a-1) \Bigr) \\&= \frac{1}{a-1}\Bigl( (n+1)a^{n+1} - (1+a+\cdots+a^n) \Bigr) \\&= \frac{1}{a-1}\Bigl( (n+1)a^{n+1} - \frac{a^{n+1}-1}{a-1} \Bigr) \end {align}

Podemos introducir esto en el$B$ s observando que$$ B_n=A_n + a A_{n-1} + a^2 A_{n-2} + \cdots + a^n A_0 $ $ así que \begin{align} B_n &= \frac{1}{a-1}\left(\sum_{k=0}^n k+1\right)a^{n+1} - \frac{1}{(a-1)^2} \Bigl( (a^{n+1}-1)+a(a^{n}-1)+\cdots+a^n(a-1) \Bigr) \\&= \frac{1}{a-1} \frac{(n+1)(n+2)}{2} a^{n+1} - \frac{1}{(a-1)^2} \Bigl( (n+1)a^{n+1} - (1+a+\cdots+a^n) \Bigr) \\&= \frac{1}{a-1} \frac{(n+1)(n+2)}{2} a^{n+1} - \frac{1}{(a-1)^2} (n+1)a^{n+1} + \frac{1}{(a-1)^3} (a^{n+1}-1) \end {align} Está surgiendo un patrón ... Dejaré la derivación de$C_n$ a la lector, pero la única dificultad debe ser mantener el álgebra en orden.

Answer 3

Voy a construir de Michael trabajo (gracias por hacer el trabajo pesado!) y empezar con

$$A_n(r)=\frac1{n!}\frac{\mathrm d^n}{\mathrm da^n} \frac{a^{r+n}-1}{a-1}$$

Vamos a volver a la serie de la representación, y de intercambio de suma y de la diferenciación:

$$A_n(r)=\frac1{n!}\sum_{k=0}^{r+n-1} \frac{\mathrm d^na^k}{\mathrm d a^n}$$

y hacer un reemplazo adecuado:

$$A_n(r)=\frac1{n!}\sum_{k=0}^{r+n-1} \frac{k!a^{k-n}}{(k-n)!}=\frac1{n!}\sum_{k=-n}^{r-1} \frac{(k+n)!a^k}{k!}=\frac1{n!}\sum_{k=0}^{r-1} \frac{(k+n)!a^k}{k!}$$

donde una reindexación y la eliminación de los extraños cero términos se ha hecho en los dos últimos pasos.

El resultado puede ser expresada como:

$$A_n(r)=\frac{\mathrm{I}_{1-a}(n+1,r)}{(1-a)^{n+1}}=\frac{1-\mathrm{I}_a(r,n+1)}{(1-a)^{n+1}}$$

donde $\mathrm{I}_z(r,n)$ es una regularización de la función beta incompleta.

En términos de la función hipergeométrica de Gauss, tenemos

$$\begin{align*} A_n(r)&=\frac{\mathrm{I}_{1-a}(n+1,r)}{(1-a)^{n+1}}\\ &=\frac{a^r}{(n+1)\mathrm{B}(n+1,r)}{}_2 F_1\left({{n+r+1, 1}\atop{n+2}}\mid1-a\right)\\ &=\binom{n+r}{n+1} {}_2 F_1\left({{1-r,n+1}\atop{n+2}}\mid1-a\right) \end{align*}$$

donde la tercera parte se deriva de la segunda a través de la Pfaff transformación. En particular, el tercero muestra la representación

$$A_n(r)=r\binom{n+r}{r}\sum_{k=0}^{r-1}\binom{r-1}{k}\frac{(a-1)^k}{n+k+1}$$

lo que es válido para arbitrario $n$ y un entero no negativo $r$.

Otros hipergeométrica representaciones pueden ser derivadas.